资源简介

专题01 菱形的性质与判定（3个知识点10种题型2个易错点3种考法）
【目录】
倍速学习五种方法
【方法一】 脉络梳理法
知识点1：菱形的定义
知识点2：菱形的性质（重难点）
知识点3：菱形的判定（重难点）
【方法二】 实例探索法
题型1：利用菱形的性质计算
题型2：利用菱形的性质进行证明
题型3：求菱形的面积
题型4：利用菱形的轴对称性解决最小值问题
题型5：证明四边形为菱形
题型6：菱形的判定与性质的综合应用
题型7：与菱形有关的探究性问题
题型8：菱形中的动点问题
题型9：一题多解-菱形证明
题型10：菱形中的翻折与旋转
【方法三】 差异对比法
易错点1菱形的面积公式应用出错
易错点2 不理解菱形的几种判定方法而导致错误
【方法四】 仿真实战法
考法1：菱形的性质
考法2：菱形的判定
考法3：菱形的判定、性质的综合
【方法五】 成果评定法
【知识导图】
【倍速学习五种方法】
【方法一】脉络梳理法
知识点1：菱形的定义
有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．
知识点2：菱形的性质（重难点）
菱形除具有平行四边形的一切性质外，还有一些特殊性质：
（1）菱形的四条边都相等；
（2）菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．
（3）菱形是轴对称图形，它有两条对称轴．
注意：
（1）菱形是特殊的平行四边形，是中心对称图形，过中心的任意直线可将菱形分成完全全等
的两部分；
（2）菱形也是轴对称图形，有两条对称轴(对角线所在的直线)，对称轴的交点就是对称中心；
（3）菱形的面积有两种计算方法：
一种是平行四边形的面积公式：底×高；
另一种是两条对角线乘积的一半(即四个小直角三角形面积之和)．
实际上，任何一个对角线互相垂直的四边形的面积都是两条对角线乘积的一半．
知识点3：菱形的判定（重难点）
菱形的判定定理1：四条边都相等的四边形是菱形
菱形的判定定理2：对角线互相垂直的平行四边形是菱形
定义判定：有一组邻边相等的平行四边形是菱形．
要点诠释：前一种方法是在四边形的基础上加上四条边相等．后两种方法都是在平行四边形的基础上外加一个条件来判定菱形，
1．下列命题中，真命题是（ ）
A．一组对边平行且有一组邻边相等的四边形是平行四边形
B．等边三角形既是轴对称图形又是中心对称图形
C．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
【方法二】实例探索法
题型1：利用菱形的性质计算
2．（1）菱形的两条对角线长的比是，边长为厘米，菱形的面积是_________；
（2）菱形的两条对角线长的比是，面积是，则它的两条对角线的长分别是_____、_____，该菱形的周长是_______．
3．（1）菱形有一个内角为，一条较短的对角线长为，则菱形的边长为_____；
（2）如图，在菱形中，，，则______．

4．如图所示，在菱形中，，的垂直平分线交对角线于点F，E为垂足，连接，求的度数．

题型2：利用菱形的性质进行证明
5．已知：如图，四边形ABCD是菱形，F是AB上一点，DF交AC于E．
求证：∠AFD＝∠CBE．
题型3：求菱形的面积
6．如图所示，在菱形中，．

(1)求的长．
(2)求菱形的面积．
题型4：利用菱形的轴对称性解决最小值问题
7．如图，菱形的边长为，且，E是中点，P点在上，则的最小值为 ．
题型5：证明四边形为菱形
8．如图，中，，，平分交于，交于．求证：四边形是菱形．

题型6：菱形的判定与性质的综合应用
9．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D是AB的中点，AE∥CD，CE∥AB，连接DE交AC于点O．
（1）证明：四边形ADCE是菱形；
（2）证明：DE=BC；
（3）若∠B=60°，BC=6，求菱形ADCE的高（计算结果保留根号）．
题型7：与菱形有关的探究性问题
10．已知是等边三角形，点是射线上的一个动点（点不与点、重合），是以为边的等边三角形，过点作的平行线，分别交射线、于点、，连接．

(1)如图1所示，当点D在线段上时，
①试说明：；
②探究四边形是怎样特殊的四边形，并说明理由．
(2)如图2所示，当点D在的延长线上时，探究四边形是怎样特殊的四边形，并说明理由．
(3)在（2）的情况下，当点D运动到什么位置时，四边形是菱形？并说明理由．
题型8：菱形中的动点问题
11．如图，菱形的边长为2，，E，F分别是边上的两个动点且满足．

(1)判断的形状，并说明理由；
(2)设的面积为S，求S的取值范围．
题型9：一题多解-菱形证明
12．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于点D，CE平分∠ACB，交AD于点G，交AB于点E，EF⊥BC于点F.
求证：四边形AGFE是菱形．
题型10：菱形中的翻折与旋转
（2022秋·江苏扬州·九年级统考期末）
13．如图，在菱形中，，．折叠该菱形，使点A落在边上的点M处，折痕分别与边交于点E、F．当点M在上时，长的最大值为 ．
（2023·广东东莞·东莞市厚街海月学校校考模拟预测）
14．如图，是菱形边上的高，将绕着点顺时针旋转120°到的位置，若五边形面积为，则的长度为（ ）
A．5 B． C．10 D．
【方法三】差异对比法
易错点1菱形的面积公式应用出错
15．一个菱形的边长为5，一条对角线长是6，则该菱形的面积为（ ）
A．8 B．12 C．16 D．24
易错点2 不理解菱形的几种判定方法而导致错误
16．下列命题中，真命题是（ ）
A．一组对边平行且有一组邻边相等的四边形是平行四边形
B．等边三角形既是轴对称图形又是中心对称图形
C．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
【方法四】 仿真实战法
考法1：菱形的性质
（2022 温州）
17．如图，在菱形中，．在其内部作形状、大小都相同的菱形和菱形，使点E，F，G，H分别在边上，点M，N在对角线上．若，则的长为 ．
考法2：菱形的判定
（2022 嘉兴）
18．小惠自编一题：“如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD，OB＝OD．求证：四边形ABCD是菱形”，并将自己的证明过程与同学小洁交流．
小惠： 证明：∵AC⊥BD，OB＝OD， ∴AC垂直平分BD． ∴AB＝AD，CB＝CD， ∴四边形ABCD是菱形． 小洁： 这个题目还缺少条件，需要补充一个条件才能证明．
若赞同小惠的证法，请在第一个方框内打“√”；若赞成小洁的说法，请你补充一个条件，并证明．
考法3：菱形的判定、性质的综合
（2021 绍兴）
19．数学兴趣小组同学从“中国结”的图案（图1）中发现，用相同的菱形放置，可得到更多的菱形．如图2，用2个相同的菱形放置，得到3个菱形．下面说法正确的是（ ）
A．用3个相同的菱形放置，最多能得到6个菱形
B．用4个相同的菱形放置，最多能得到16个菱形
C．用5个相同的菱形放置，最多能得到27个菱形
D．用6个相同的菱形放置，最多能得到41个菱形
【方法五】成果评定法
一、单选题
（2023·浙江绍兴·统考一模）
20．如图，某学校门口的伸缩门在伸缩的过程中，四边形始终是菱形，则下列结论不一定正确的是（ ）
A． B． C．AB=AD D．AB=CD
（2023·浙江嘉兴·统考一模）
21．如图，在菱形中，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
（2023·天津西青·统考一模）
22．如图，在平面直角坐标系中，菱形的四个顶点都在坐标轴上，且菱形边长为2，，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
（2023春·河南南阳·九年级统考阶段练习）
23．如图，在菱形中，对角线，菱形的面积为24，则菱形的周长为（ ）
A．5 B．10 C．20 D．30
（2023·广东东莞·东莞市厚街海月学校校考模拟预测）
24．如图，是菱形边上的高，将绕着点顺时针旋转120°到的位置，若五边形面积为，则的长度为（ ）
A．5 B． C．10 D．
（2023·河南郑州·郑州外国语中学校考一模）
25．如图所示，边长为4的菱形中，对角线与交于点O，P为中点，Q为中点，连接，则的长为（　　）
A． B． C． D．
（2023·天津河西·统考模拟预测）
26．如图，菱形中的顶点O，A的坐标分别为，，点C在x轴的正半轴上，则点B的坐标为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
（2022秋·江苏扬州·九年级统考期末）
27．如图，在菱形中，，．折叠该菱形，使点A落在边上的点M处，折痕分别与边交于点E、F．当点M在上时，长的最大值为 ．
（2023·山西晋中·统考模拟预测）
28．如图，在菱形中，对角线与相交于点O，，，则菱形的面积为 ．
（2023·广西梧州·统考一模）
29．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点，点P是对角线上的一个动点，已知，则的最小值是
（2023·山东德州·校考一模）
30．如图，在菱形中，，，，分别是边和对角线上的动点，且，则的最小值为 ．
（2023春·广东茂名·九年级校联考阶段练习）
31．以菱形的对角线交点O为原点，对角线、所在直线为坐标轴，建立如图所示的直角坐标系，的中点E的坐标为，则的中点F的坐标为 ．
（2023·江苏常州·校考二模）
32．如图，在菱形中，，．点P为边上一点，且不与点C，D重合，连接，过点A作，且，连接，则四边形的面积为 ．
（2023·浙江台州·统考一模）
33．关于某个四边形的三个特征描述：①对角线互相垂直；②对角线互相平分；③一组邻边相等．选择其中两个作为条件，另一个作为结论．若该命题是假命题，则选择的条件是 ．（填序号）
三、解答题
（2023·山东滨州·统考一模）
34．如图，四边形是菱形，点为对角线的中点，点在的延长线上，，垂足为，点在的延长线上，，垂足为，
(1)若，求证：四边形是菱形；
(2)若，的面积为24，求菱形的面积．
（2023·云南临沧·统考一模）
35．如图，在中，，、分别为、的中点，连接并延长至点，且，点为直线上的一个动点．
(1)求证：四边形为菱形．
(2)若，菱形的面积为24，求的最小值．
（2023·北京·模拟预测）
36．如图：在菱形中，对角线、交于点O，过点A作于点E，延长至点F，使，连接．

(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求的长．
（2023·广东珠海·统考一模）
37．如图，矩形的对角线， 相交于点O，且， ．
(1)求证：四边形是菱形．
(2)若，求四边形的面积．
（2023·浙江宁波·统考一模）
38．图1，图2都是由边长为1的正方形构成的网格，每个小正方形的顶点称为格点，线段的端点均在格点上，分别按要求画出图形．
(1)在图1中画出等腰直角三角形，点C在格点上．
(2)在图2中画出以为边的菱形，点D，E在格点上．
（2023·四川资阳·统考一模）
39．如图，在中，O为的中点，过点O作交于点，交于点F．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求的长．
（2023·山东临沂·统考一模）
40．【操作发现】在实践活动课上，同学们对菱形和轴对称进行了研究．如图，在菱形中，为锐角，为中点，连接，点，关于直线的对称点分别为点，，连接，．请补全图形解答下列问题：
(1)直线与有怎样的位置关系，请说明理由；
(2)延长交于点．线段与相等吗？若相等，给出证明；若不相等，请说明理由；
【拓展应用】
(3)在（2）的条件下，连接，请探究的度数，并说明理由．
（2023·陕西宝鸡·统考二模）
41．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点的坐标为，顶点、分别在第二、三象限，交轴负半轴于点，，求顶点的坐标．
（2023·江苏苏州·模拟预测）
42．如图，四边形是平行四边形，延长，使得，连接．
(1)求证：；
(2)连接，已知，，当______°时，四边形是菱形．
（2023春·江西吉安·九年级江西省泰和中学校考阶段练习）
43．如图，菱形中，，，点为边上一动点（不与点，重合），将沿翻折，得到，交菱形的一边于点，所在直线交所在直线于点．
(1)如图（1），当点在上方时，的长的取值范围为_________．
(2)若，如图（2），求证：．
(3)在点移动的过程中，判断是否成立，并说明理由．
（2023·江苏无锡·模拟预测）
44．如图，在四边形中，，对角线，交于点，，且平分，过点作交的延长线于点．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求的面积．
（2023·江苏扬州·校联考一模）
45．如图，在平行四边形中，E、F是对角线上的点，且，连接．
(1)求证：；
(2)连接，若，求证：四边形是菱形．
试卷第2页，共15页
试卷第1页，共15页
参考答案：
1．C
【分析】根据平行四边形，等边三角形及菱形的性质，结合选项即可得出答案．
【详解】解：A、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故原命题是假命题，故本选项不符合题意；
B、等边三角形既是轴对称图形，但不是中心对称图形，故原命题是假命题，故本选项不符合题意；
C、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故是真命题，故本选项符合题意；
故选：C
【点睛】此题考查了命题与定理的知识，属于基础知识的考察，解答本题的关键是掌握几种特殊图形的性质．
2．（1）平方厘米；（2）、、．
【分析】（1）根据菱形的性质可设两条对角线长的一半分别为，再由勾股定理可得菱形的边长为，从而求出x的值，即可求解；
（2）根据菱形的性质可设两条对角线长的一半分别为，再由勾股定理可得菱形的边长为，从而求出x的值，即可求解．
【详解】解：（1）∵菱形的两条对角线长的比是，
∴菱形的两条对角线长的一半之比是．
设两条对角线长的一半分别为，
由勾股定理得：菱形的边长为，
所以，
解得：，
∴菱形的面积为平方厘米；
故答案为：96平方厘米；
（2）∵菱形的两条对角线长的比是，
∴菱形的两条对角线长的一半之比是，
设两条对角线长的一半分别为，
由勾股定理得：菱形的边长为，
∵菱形的面积是，
∴，
解得：，
∴菱形的边长为厘米，两条对角线的长为4厘米或6厘米．
故答案为：、、
【点睛】本题主要考查了菱形的对角线的性质和面积的求法，勾股定理，熟练掌握菱形的对角线的性质和面积的求法是解题的关键．
3．（1）；（2）．
【分析】（1）根据菱形和等边三角形的性质，即可求解；
（2）根据菱形和等边三角形的性质，以及勾股定理，即可求解．
【详解】解：（1）∵菱形有一个内角为，
∴菱形的两条边和较短的对角线构成了一个等边三角形，
∴菱形的边长为6；
故答案为：6
（2）设对角线相交于点，
∵四边形是菱形，，，
∴，，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
由勾股定理得：，
∴．
故答案为：

【点睛】本题主要考查了菱形和等边三角形的性质，以及勾股定理，熟练掌握菱形和等边三角形的性质，以及勾股定理是解题的关键．
4．
【分析】中垂线的性质，得到，证明，得到，进而得到，得到，再利用，进行求解即可．
【详解】解：连接

∵的垂直平分线交对角线于点F，E为垂足，
∴，
∵菱形，
∴，，，
又，
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
∴．
【点睛】本题考察菱形的性质．熟练掌握菱形的性质，中垂线的性质，是解题的关键．
5．证明见解析.
【分析】根据菱形的性质得出∠BCE＝∠DCE，BC＝CD，AB∥CD，推出∠AFD＝∠CDE，证△BCE≌△DCE，推出∠CBE＝∠CDE即可．
【详解】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BCE＝∠DCE，BC＝CD，AB∥CD，
∴∠AFD＝∠CDE，
在△BCE和△DCE中
,
∴△BCE≌△DCE，
∴∠CBE＝∠CDE，
∵∠AFD＝∠CDE，
∴∠AFD＝∠CBE．
【点睛】考查了菱形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质等知识，得出△BCE≌△DCE是解题关键．
6．(1)
(2)
【分析】（1）利用菱形的性质和勾股定理进行求解即可；
（2）利用对角线乘积的一半进行计算即可．
【详解】（1）解：∵四边形是菱形．
∴．
又∵．
∴．
在中，，
∴，
∵，
∴．
（2）菱形的面积．
【点睛】本题考查菱形的性质，熟练掌握菱形的对角线互相垂直平分，菱形的面积等于对角线乘积的一半，是解题的关键．
7．
【分析】根据菱形的性质，点A、C关于BD对称，连接AE，根据轴对称确定最短路线问题，AE与BD的交点即为点P，再根据∠ABC=60°，判断出△ABC是等边三角形，根据等边三角形的性质求出AE，即为PE+PC的最小值．
【详解】解：如图，在菱形ABCD中，点A、C关于BD对称，AB=BC，连接AE，与BD的交点即为所求作的点P，
∵∠ABC= 60°，AB=BC，
∴△ABC是等边三角形，
∵AB=BC=4，点E是BC的中点，
∴BE=2，
∴AE⊥BC，
∴AE==，
即PE+PC的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了轴对称—最短路线问题，菱形的性质，熟记性质并确定出点P的位置是解题的关键．
8．证明见解析．
【分析】角平分线的性质，得到，推出，得到，证明，推出，进而得到，即可得证．
【详解】证明：∵平分，，
∴，，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题考查菱形的判定．熟练掌握角平分线的性质，菱形的判定定理，是解题的关键．
9．（1）见解析；（2）见解析；（3）菱形ADCE的高为．
【分析】（1）由AE∥CD，CE∥AB判断四边形ADCE是平行四边形，Rt△ABC中，D为AB的中点，得出CD=AB=AD，由菱形的判定定理即可得出结论；
（2）由（1）可知四边形ADCE是菱形，得到AC⊥DE，从而得到DE∥BC，又CE∥AB，判定四边形BCED是平行四边形，即可得出结论；
（3）过点D作DF⊥CE，垂足为点F，DF即为菱形ADCE的高，易判断△BCD是等边三角形，得∠DCF=60°，CD=6，在Rt△CDF中，由勾股定理求出DF即可．
【详解】（1）证明：∵AE∥CD，CE∥AB，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵∠ACB=90°，D是AB的中点，
∴CD=AD，
∴四边形ADCE是菱形；
（2）证明：∵四边形ADCE是菱形，
∴AC⊥DE．
∵∠ACB=90°，
∴AC⊥BC，
∴DE∥BC，
∵CE∥AB，
∴四边形BCED是平行四边形，
∴DE=BC；
（3）解：过点D作DF⊥CE，如图所示，
∴DF是菱形ADCE的高，
∵∠B=60°，CD=BD，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠BDC=∠BCD=60°，CD=BC=6，
∵CE∥AB，∴∠DCE=60°，∠CDF=30°
∴CF=3，DF=．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定、直角三角形的性质、菱形的判定、等边三角形的判定与性质、平行线的性质，熟练掌握直角三角形的性质是解决问题的关键．
10．(1)①证明见解析；②四边形是平行四边形，理由见解析
(2)四边形是平行四边形，理由见解析
(3)当点运动到时，四边形是菱形，理由见解析
【分析】（1）①根据等边三角形的性质可得，，，从而得到，即可求证；②根据等边三角形的性质以及，可得，从而得到，即可；
（2）根据等边三角形的性质可得，，，从而得到，可证得，可得，从而得到，即可；
（3）由（2）可得，四边形是平行四边形，从而得到，再根据菱形的性质，即可求解．
【详解】（1）解：①∵和都是等边三角形，
∴，，，
∴，即，
∵，，，
∴；
②四边形是平行四边形．理由如下：
∵和都是等边三角形，
∴，
∵，
∴
∴，
∴
∵，
∴四边形是平行四边形．
（2）四边形是平行四边形，理由如下：
∵和都是等边三角形，
∴，，，
∴，即，
∵，，，
∴；
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形．
（3）解：当点运动到时，四边形是菱形．理由如下：
由（2）得：，四边形是平行四边形，
∴，
∴当时，四边形是菱形，
此时，
即当点运动到时，四边形是菱形．
【点睛】本题综合性较强，主要考查了特殊的平行四边形的判定的综合运用，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．
11．(1)等边三角形，证明见解析
(2)
【分析】（1）根据菱形的性质可得和都为等边三角形，从而得到，再证明，可得，，即可；
（2）过点B作于点G，根据等边三角形的性质以及勾股定理可得，从而得到，然后再求出x的最小值以及最大值，即可求解．
【详解】（1）解：等边三角形，证明如下：
∵菱形的边长为2，
∴，
∵，
∴和都为等边三角形．
∴，．
∵，又，
∴．
∵，，，
∴，
∴，，
∵，
∴，即，
∴是等边三角形；
（2）解：如图，过点B作于点G，

∵是等边三角形，
∴可设，则，
∴，
∴，
当时，取最小值，此时，
∴，
此时；
当与重合时，取最大值为2，；
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
12．见解析
【详解】证明如图
∵AD⊥BC，∠BAC=90°，EF⊥BC，CE平分∠ACB
∴AD∥EF，∠4=∠5，AE=EF
∵∠1=180°-90°-∠4，∠2=180°-90°-∠5
∴∠1=∠2
∵AD∥EF
∴∠2=∠3，则∠1=∠3
∴AG=AE
∴AG=EF
∴四边形AGFE为平行四边形
又AE=FE
∴四边形AGFE为菱形
13．##
【分析】连接交于点O，过点O作于点K，交于点T，过点A作交的延长线于点G，取的中点R，连接．根据垂线段最短，求出的最小值，可得结论．
【详解】解：连接交于点O，过点O作于点K，交于点T，过点A作交的延长线于点G，取的中点R，连接，如图：
∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，，
在中，
∴，
∵折叠该菱形，使点A落在边上的点M处，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴的最小值为，
∴的最大值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形中的翻折问题，涉及矩形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造直角三角形斜边上的中线解决问题．
14．B
【分析】由旋转得，，从而得出菱形的面积五边形面积，再根据菱形的性质，和直角三角形的性质，求得，再证是等边三角形，根据等边三角形的性质得，然后根据菱形的面积求出，根据求解即可．
【详解】解：连接，
由旋转可得，，
∴菱形的面积五边形面积，
∵菱形，是菱形边上的高，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵菱形，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查菱形的性质，旋转的性质，直角三角形的性质，等边三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，旋转的性质，直角三角形的性质掌握是银题的关键．
15．D
【分析】根据菱形的性质利用勾股定理求得另一条对角线，再根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半求得菱形的面积．
【详解】解：如图，当时，

∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴菱形的面积是：，
故选：D．
【点睛】本题考查菱形的性质，菱形的面积公式，勾股定理，关键是掌握菱形的面积等于两条对角线的积的一半．
16．C
【分析】根据平行四边形，等边三角形及菱形的性质，结合选项即可得出答案．
【详解】解：A、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故原命题是假命题，故本选项不符合题意；
B、等边三角形既是轴对称图形，但不是中心对称图形，故原命题是假命题，故本选项不符合题意；
C、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故是真命题，故本选项符合题意；
故选：C
【点睛】此题考查了命题与定理的知识，属于基础知识的考察，解答本题的关键是掌握几种特殊图形的性质．
17．##
【分析】根据菱形的性质和锐角三角函数，可以求得AC、AM和MN的长，然后即可计算出MN的长．
【详解】解：连接DB交AC于点O，作MI⊥AB于点I，作FJ⊥AB交AB的延长线于点J，如图所示，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，AB=1，
∴AB=BC=CD=DA=1，∠BAC=30°，AC⊥BD，
∵△ABD是等边三角形，
∴OD=，
∴AC=2AO=，
∵AE=3BE，
∴AE=，BE=，
∵菱形AENH和菱形CGMF大小相同，
∴BE=BF=，∠FBJ=60°，
∴FJ=BF sin60°=，
∴MI=FJ=，
∴，
同理可得，
∴MN=AC-AM-CN=
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质，解答本题的关键是作出合适的辅助线，求出AC、AM和MN的长．
18．赞成小洁的说法，补充证明见解析
【分析】先由OB＝OD，证明四边形是平行四边形，再利用对角线互相垂直，从而可得结论．
【详解】解：赞成小洁的说法，补充
证明：∵OB＝OD，
四边形是平行四边形，
AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定，菱形的判定，掌握“菱形的判定方法”是解本题的关键．
19．B
【分析】根据平移和大菱形的位置得出菱形的个数进行判定即可
【详解】如图所示，
用2个相同的菱形放置，最多能得到3个菱形；
用3个相同的菱形放置，最多能得到8个菱形，
用4个相同的菱形放置，最多能得到16个菱形，
用5个相同的菱形放置，最多能得到29个菱形，
用6个相同的菱形放置，最多能得到47个菱形．
故选：B．
【点睛】本题考查了生活中的平移现象，菱形的判定，正确的识别图形是解题的关键．
20．B
【分析】根据菱形的性质：对角相等，邻边相等，对边相等，可知A、C、D正确，B中只要当四边形是正方形时才能成立．
【详解】解：A、菱形对角相等，正确，不符合题意；
B、菱形的邻角互补，只有当四边形为正方形时这两角才相等，错误．符合题意；
C、菱形的邻边相等，正确，不符合题意；
D、菱形的对边相等．正确，不符合题意．
故选：B
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，熟练掌握其性质是解决此题的关键．
21．D
【分析】根据菱形的性质，平行线的性质计算判断即可．
【详解】∵菱形，
∴，
∴，
∵，
∴,
故选D．
【点睛】本题考查了菱形的性质，平行线的性质，熟练掌握菱形性质是解题的关键．
22．A
【分析】由菱形的性质，所对的直角边等于斜边的一半可知，进而可得点坐标．
【详解】解：由菱形的性质可知，，，，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，所对的直角边等于斜边的一半等知识．解题的关键在于对性质的熟练掌握．
23．C
【分析】连接交于，根据菱形的面积公式可求得，从而可求出、，进而可求出，即可求解．
【详解】解：连接交于，
四边形是菱形，
，，
，
，
，
，
．
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，菱形的性质，菱形的面积公式，掌握性质、定理、公式进行正确的求解是解题的关键．
24．B
【分析】由旋转得，，从而得出菱形的面积五边形面积，再根据菱形的性质，和直角三角形的性质，求得，再证是等边三角形，根据等边三角形的性质得，然后根据菱形的面积求出，根据求解即可．
【详解】解：连接，
由旋转可得，，
∴菱形的面积五边形面积，
∵菱形，是菱形边上的高，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵菱形，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查菱形的性质，旋转的性质，直角三角形的性质，等边三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，旋转的性质，直角三角形的性质掌握是银题的关键．
25．C
【分析】过点P作，垂足为M，根据得到为等边三角形，从而得到，计算出，再计算出，最后根据勾股定理计算出．
【详解】解：如图所示，过点P作，垂足为M，
∵四边形是菱形，，
∴为等边三角形．
∴，，，，
∴，，，
∴，
∵P为中点
∴，
∴，
故选C．
【点睛】本题考查菱形、等边三角形和含角的直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关知识．
26．B
【分析】菱形中的顶点O，A的坐标分别为，，勾股定理求得，点C在x轴的正半轴上，得轴可求解．
【详解】解：菱形中的顶点O，A的坐标分别为，，
，
点C在x轴的正半轴上，
轴，
，
故选B．
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理及坐标与图形；解题的关键是求出菱形的边长．
27．##
【分析】连接交于点O，过点O作于点K，交于点T，过点A作交的延长线于点G，取的中点R，连接．根据垂线段最短，求出的最小值，可得结论．
【详解】解：连接交于点O，过点O作于点K，交于点T，过点A作交的延长线于点G，取的中点R，连接，如图：
∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，，
在中，
∴，
∵折叠该菱形，使点A落在边上的点M处，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴的最小值为，
∴的最大值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形中的翻折问题，涉及矩形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造直角三角形斜边上的中线解决问题．
28．42
【分析】根据菱形的面积等于对角线之积的一半可得答案．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∵，，
∴，，
∴菱形的面积为：；
故答案为：42．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，关键是掌握菱形面积的求法．
29．
【分析】点B的对称点是点D，连接，交于点P，再得出即为最小值，解答即可．
【详解】解：连接，如图，
∵四边形是菱形，
∴垂直平分，
∴点B的对称点是点D，
连接交于点P，连接，
∴，
∴即为的最小值，
∵点A的坐标为，点，
∴
故答案为
【点睛】此题考查菱形的性质，关键是根据两点坐标得出距离．
30．
【分析】在的下方作，截取，使得，连接，．证明，推出，，根据求解即可．
【详解】解：如图，的下方作，截取，使得，连接，．
四边形是菱形，，
，，
，，，
，
，
，，
，
，
，
，
的最小值为，
故答案为．
【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
31．
【分析】过E作于G，过F作于H，根据已知条件得到，，根据菱形的性质得到，，于是得到，，即可得到结论．
【详解】解：过E作于G，过F作于H，
∵的中点E的坐标为，
∴，，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，，
∴的中点F的坐标为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，坐标与图形性质，三角形的中位线的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
32．
【分析】连接，由菱形的性质可知是等边三角形，过点C作于点G，过点P作于点H，可得，继而得出，根据勾股定理求出长度，再证明四边形是平行四边形，依据进行求解即可．
【详解】如图，连接，
∵四边形是菱形中，，
∴，，
∴是等边三角形，
过点C作于点G，过点P作于点H，
则，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定和性质、等边三角形的判定与性质以及三角形面积公式等知识，熟练掌握菱形的性质和平行四边形的性质是解题的关键．
33．①③
【分析】根据平行四边形的判定及性质、菱形的判定及性质逐一判定即可．
【详解】①②为条件，③为结论时为真命题：
对角线互相垂直且对角线互相平分的四边形是菱形，菱形的邻边相等；
②③为条件，①为结论时为真命题：
对角线互相平分的四边形为平行四边形，一组邻边相等的平行四边形为菱形，菱形的对角线互相垂直；
①③为条件，②为结论时为假命题：
由对角线互相垂直及一组邻边相等不能推出对角线互相平分；
故答案为：①③．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定及性质、菱形的判定及性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
34．(1)见解析
(2)
【分析】（1）证明出,即可得到结论．
（2）由三角形的面积求出,设,则,在中利用勾股定理得出方程,求出,再求出,即可解决问题．
【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，，
∴，
又∵，，
∴，
∵点为对角线的中点，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：，的面积为24，
∴，
∴，
如图，连接，则，，
∵点为对角线的中点，
∴、、在同一直线上，
∵，，
∴菱形的面积．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、含角的直角三角形的性质 直角三角形斜边上的中线性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
35．(1)见解析
(2)
【分析】（1）先证明是平行四边形，再利用三角形的中位线证明对角线互相垂直，得出是菱形；
（2）根据菱形的性质求出，再利用勾股定理求解．
【详解】（1）解：证明：是的中点，
，
，
四边形是平行四边形，
、分别为、的中点，
，，
，
，
四边形为菱形；
（2）四边形为菱形，
、关于轴对称，
当为与的交点时，最小，最小值为的长，
过作交的延长线于点，
∵，，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵菱形的面积为24，
，
，，
，
．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，勾股定理，中位线定理，最短路径问题，找到最小时的情形是解题的关键．
36．(1)见解析
(2)
【分析】（1）证明，得出，，证明，说明四边形为平行四边形，根据，得出四边形为矩形．
（2）设，则，根据勾股定理得：，即，得出，即．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为矩形．
（2）解：∵四边形为菱形，
∴，
设，则，
在中，根据勾股定理得：，
即，
解得：，
∴．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，菱形的性质，矩形的判定，三角形全等的判定和性质，平行线的判定，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定，证明．
37．(1)见解析
(2)9
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再利用矩形的性质得出，即可得出答案；
（2）根据四边形的面积求解即可．
【详解】（1）解：∵， ，
∴四边形是平行四边形，
∵矩形的对角线相交于点O，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）四边形的面积
．
【点睛】此题考查了矩形的性质，以及菱形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质和菱形的判定方法是解题关键．
38．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据网格线的特点及勾股定理作图；
（2）根据网格线的特点的及菱形的判定作图．
【详解】（1）如图：即为所求；
（2）如图：菱形即为所求．
【点睛】本题考查了作图的应用和设计，掌握勾股定理、等腰三角形和菱形的判定定理是解题的关键．
39．(1)详见解析
(2)2.8
【分析】（1）根据证明可得，可证明四边形是平行四边形，再结合即可证明四边形是菱形；
（2）过点B作交的延长线于点G，运用勾股定理得出，设，则，列出方程求解即可．
【详解】（1）∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∵O为的中点，
∴
在与中，
，
∴，
∴
又，
∴四边形为平行四边形
又，
∴四边形为菱形．
（2）过点B作交的延长线于点G．
∵，
∴，
又∵，
∴，
设，则，
∵四边形为菱形，
∴
在中，，
∴
∴，即的长为2.8．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定及性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握勾股定理及菱形的判定及性质定理是解本题的关键．
40．(1)直线与平行，理由见解析
(2)线段与相等，证明见解析
(3)，理由见解析
【分析】（1）连接，交的延长线于点，由轴对称的性质可得，，得出，根据等边对等角得出，进而根据三角形内角和定理得出，则
（2）根据菱形的性质得出，则，根据轴对称得出，则，根据（1）的结论得出，可得，根据等角对等边即可求解；
（3）根据，，得出，根据（1）的结论得出，即可求解．
【详解】（1）直线与平行．
理由：连接，交的延长线于点，
由轴对称的性质可得，．
，
．
，
，
．
∴．
（2）线段与相等．.
证明：∵，
∴．
又∵，
∴．
又∵，
∴．
∴．
∴．
（3）．
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的性质，轴对称的性质，等腰三角形的性质与判定，垂直平分线的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
41．顶点的坐标为
【分析】根据菱形的性质，得，根据，得，根据直角三角形中，所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理，求出，，即可．
【详解】∵四边形是菱形，点的坐标为，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵点在第二象限，
∴的坐标为．
【点睛】本题考查菱形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握菱形的性质，勾股定理的运用．
42．(1)证明见解析
(2)10
【分析】（1）证明四边形是平行四边形，即可解决问题；
（2）根据三角形外角的性质得到，求得，根据菱形的判定定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴；
（2）解：当时，四边形是菱形．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
故答案为：10．
【点睛】本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定和性质，三角形外角的性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质定理是解题的关键．
43．(1)
(2)见解析
(3)成立；见解析
【分析】（1）连接，由题意可得，为等边三角形，由落在边上时，，根据等腰三角形三线合一可知，从而得出结论；
（2）由题意可证明，得出，从而得出，有折叠可知，得出结论；
（3）当点是的中点时，易知，点，都与点重合，此时，不存在，当点不是的中点时，成立，分点在上方和下方两种情况进行说明，连接，，过点分别作，，垂足分别为点，，当点在上方时，根据已知可证为等边三角形，再结合折叠性质可证，然后可证，得到最后结论；当点在下方时，根据已知证明，然后证明，可得出最后结论．
【详解】（1）解：如图（1），连接，
∵在菱形中，，
，
∴为等边三角形，
当点落在边上时，由折叠的性质可知，即，
点是边的中点，
，
，
∴此时点与点重合，
，
分析可知当点在上方时，
．
故答案为：；
（2）证明：如图（2），
由折叠可得，
，
，
在菱形中，，
，
，
，
，
，
即，
由折叠的性质可知，
．
（3）当点是的中点时，易知，点，都与点重合，此时，不存在，
当点不是的中点时，成立，分点在上方和下方两种情况进行说明，
连接，，过点分别作，，垂足分别为点，，
当点在上方时，如图（2）
，，
是等边三角形，
，，
由折叠知，，
，，
，
，，
又，
，
，
，
．
当点在下方时，如图（3），
，，，
，
，，
又，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了菱形性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的三线合一，折叠性质和三角形全等的判定与性质，根据题意分情况讨论是解答本题的关键．
44．(1)见解析
(2)
【分析】（1）先证明，得出，可证明四边形为平行四边形，再根据平分证明，即可得出四边形是菱形；
（2）根据勾股定理求出，得出，根据菱形面积得出，求出，根据勾股定理求出，根据求出结果即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，三角形面积的计算，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法．
45．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由可证；
（2）先证明是菱形，可得，然后利用，即可得出结论．
【详解】（1）∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
（2）连接交于点O，
∵，四边形是平行四边形，
∴是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵
∴四边形是菱形．
【点睛】本题考查菱形的判定和性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定，灵活运用这些性质解决问题的关键．
答案第38页，共39页
答案第39页，共39页

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